\chapter{第六周习题课}
\section{复习不定积分和定积分}

鉴于上次测验的定积分做的不好，首先回顾一下第二周常用的\hyperref[normal_calculus]{不定积分表}。这些常见不定积分要能熟练得求出结果，这个前提之一是熟记求导公式，一些高中没有学过的函数求导公式，也应该掌握。例如：$$
    \sec x, \csc x, \tan x, \cot x
$$
我们先介绍"双曲函数"，它可以来简化某些不定积分的计算，尤其是应对
\begin{equation}
    \int \sqrt{x^2 \pm a^2} \mathrm{d} x \label{eq:5.1}
\end{equation}
这种形式的积分尤为有效，对 \ref{eq:5.1}的不定积分留作练习.

\begin{definition}[双曲函数]
    \textbf{正弦双曲函数}是指  $\sinh x = \frac{e^x-e^{-x}}{2}$ ；

    \textbf{余弦双曲函数}是指  $\cosh x = \frac{e^x+e^{-x}}{2}$ ；
\end{definition}

通过简单的计算，便可以知道\textbf{双曲函数}有如下的性质：
\begin{proposition}
    \begin{enumerate}
        \item $\sinh 2x=2\sinh x \cosh x$;
        \item $\cosh 2x= 2(\cosh x)^2-1$;
        \item $\cosh^2 x - \sinh^2 x=1$;
        \item $\mathrm{arcsinh}x = \ln(x+\sqrt{x^2+1})$;
        \item $\mathrm{arccosh}x = \ln(x+\sqrt{x^2-1})$;
    \end{enumerate}
\end{proposition}

所以对于不定积分 \ref{eq:5.1}，我们作如下代换：
$x = \cosh t $或者 $x = \sinh t$，即可快速解决问题.


再给出三道例题，作为对定积分的复习：

\begin{example}
    $\int_1^3 \frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{x}}(1+x)$
\end{example}

\begin{example}
    $\int_0^{\pi / 4} \frac{x}{1+\cos 2x} \mathrm{d}x$
\end{example}

\begin{example}
    $\int_0^1 \frac{x \mathrm{d}x}{(2-x^2)\sqrt{1-x^2}}$
\end{example}
\vspace{1em}
还需要掌握的是上限积分函数求导的方法——$\varphi(u)=\int_{\xi(u)} ^ {\eta(u)} f(u,x) \mathrm{d}x$.下面的第一题可以直接求积分的结果，这样的做法很繁琐，需要较强的计算能力，还可以利用Taylor展开的Peano余项，即$e^{xt}-1 = xt+ o(xt)$.第二题需要使用换元法简化积分，具体做法是令 $u = x-t$.

\begin{example}
    计算极限：$\lim_{x\rightarrow 0} \frac{\displaystyle \int_x^{2x} t(e^{xt}-1)\mathrm{d}t}{x^4}$
\end{example}\label{ex:5.1.1}
\begin{remark}
    本题直接求积分可以利用\hyperref[normal_calculus]{积分表}中的公式10-13,我曾经提到过它们有统一的\textbf{规律}，例如：
    $$
        \int \mathrm{e}^{ax} \sin bx\mathrm{d}x=\frac{1}{a^2+b^2}\begin{vmatrix}
            \sin bx & e^{ax} \\ b\cos bx & ae^{ax}
        \end{vmatrix}+C=\frac{e^{ax}}{a^2+b^2}(a\sin bx-b\cos bx)+C(ab\neq0).
    $$
    本题的 $\int x\mathrm{e}^{ax}\mathrm{d}x$也有相似的规律：
    \[
        \int x\mathrm{e}^{ax} \mathrm{d}x=\frac{1}{a^2}\begin{vmatrix}
            x & e^{ax} \\ 1 & ae^{ax}
        \end{vmatrix}+C=\frac{1}{a^2}(xa-1)\mathrm{e}^{ax}+C
    \]
\end{remark}
\vspace{1em}
\begin{example}
    设 $f(x)$连续且$\lim_{x \rightarrow 0} \frac{f(x)}{x}=2$，求极限：
    $$
        \lim_{x\rightarrow 0} \frac{\displaystyle \int_0^x \arctan \left((x-t)^2\right)\mathrm{d}t}{\displaystyle \int_0^x t f(x-t) \mathrm{d} t}
    $$
\end{example}

\vspace{1em}
如果不使用换元技巧，而是想直接求，一般的含参变量积分函数如何求导呢，下面的定理给出了一种特殊情况的答案，但是这个定理并不能很好的解决上面的问题：
\begin{theorem}
    如果函数 $f$和$\frac {\partial f}{\partial u}$ 都在闭矩形 $I=[a,b]\times[\alpha,\beta]$ 上连续，函数 $p(u),q(u)$ 都在 $[\alpha,\beta]$ 上可微，而且当 $\alpha\leq u\leq$ $\beta$ 时，$\alpha\leq p(u)\leq b,a\leq q(u)\leq b$, 那么 $\varphi( u) = \int _{p( u) }^{q( u) }f( x, u) $d$x$ 在 $[\alpha,\beta]$ 上可微，并且：
    $$
        \varphi^{\prime}(u)=\int_{p(u)}^{q(u)}\frac{\partial f(x,u)}{\partial u}\mathrm{d}x+f(q(u),u)q^{\prime}(u)-f(p(u),u)p^{\prime}(u)
    $$
\end{theorem}
给一个例子：
\begin{example}
    设
    \[
        \psi(x)=\int_{\sin x}^{\cos x}\mathrm{e}^{t^2+xt}\mathrm{d}t.
    \]

    求 $\psi^\prime(0)$
\end{example}
\begin{solution}
    \[\psi^{\prime}(x)=\int_{\sin x}^{\cos x}t\mathrm{e}^{t^2+xt}\mathrm{d}t-\mathrm{e}^{\cos^2x+x\cos x}\sin x-\mathrm{e}^{\sin^2x+x\sin x}\cos x.\]
    因而：
    \[
        \psi^{\prime}(0)=\int_0^1t \mathrm{e}^{t^2}\mathrm{d}t-1=\frac12\left(e-3\right).
    \]
\end{solution}
\section{多元函数的连续性和可微性}
首先回忆可微性的定义，这是证明可微性的依据.

\begin{definition}[可微性]
    设函数 $z=f(x,y)$ 在点 $P_0=(x_0,y_0)\text{的某领域}U(P_0)$ 上有定义，若对于 $U(P_0)$ 中的任一点 ($x,y)$, 总有

    $$
        \Delta z=f(x,y)-f(x_0,y_0)=A(x-x_0)+B(y-y_0)+o(\rho).
    $$

    其中 $A, B$是仅与点$P_0$ 有关的常数，$\rho=\sqrt{\left(x-x_0\right)^2+\left(y-y_0\right)^2}$, 则称 $f(x,y)$ 在点 $P_{0}$ 处可微，并称线性函数 $A(x-x_0)+B(y-y_0)$ 为 $f(x,y)$ 在点 $P_{0}$ 处的全微分，并记作

    $$
        \mathrm{d}z\mid_{p_0}=\mathrm{d}f(x_0,y_0)=A(x-x_0)+B(y-y_0)
    $$
\end{definition}
\begin{example}
    设二元函数：
    $$
        f(x,y)=\begin{cases}\frac{x^2y}{x^2+y^2},&x^2+y^2\neq0\\0,& x^2+y^2=0\end{cases}
    $$
    \begin{itemize}
        \item 求偏导数$f^{\prime}_x(x,y)$.
        \item 判断 $f^{\prime}_x(x,y)$ 在$(0,0)$处是否连续，并说明理由.
    \end{itemize}
\end{example}
\begin{solution}
    \begin{enumerate}[(1)]
        \item 当 $x^2+y^2\neq0$ 时，利用求导公式有
              $$
                  f_x'(x,y)=\frac{2xy^3}{(x^2+y^2)^2}.
              $$
              在(0,0)点处， 从而
              $$
                  f_x'(0,0)=\lim_{h\to0}\frac{f(h,0)-f(0,0)}h=\lim_{h\to0}\frac{0-0}h=0.
              $$
              $x^2+y^2\neq0;$
              $x^2+y^2=0.$
        \item 令 $y=kx\left(k\text{为任意常数}\right)$,则
              $$
                  \lim_{x\to0,y=kx}f_x'(x,y)=\lim_{x\to0}\frac{2k^3x^4}{(x^2+k^2x^2)^2}=\frac{2k^3}{1+k^2}.
              $$

              当 $k$ 取不同值的时候，以上极限取值也不同，说明二重极限
              \(\lim_{x\to0,y\to0}f_x^{\prime}(x,y)\)不存在. 从而 $f_x^{\prime}(x,y)$ 在 (0,0) 点处不连续.
    \end{enumerate}


\end{solution}
\begin{example}
    设 $f(x,y)=|x-y|\varphi(x,y)$, 其中$\varphi(x)$ 在 $(0,0)$ 点的某个领域内连续.
    \begin{itemize}
        \item 证明：若 $f(x,y)$ 在 $(0,0)$ 点偏导存在，则 $\varphi(0,0)=0$；
        \item 判断当 $\varphi(0,0)=0$ 时，$f(x,y)$ 在 $(0,0)$ 点是否可微.
    \end{itemize}
\end{example}
\begin{solution}
    \begin{enumerate}
        \item 证明：由
              $$
                  \begin{aligned}
                      \lim_{x\to0+}\frac{f(x,0)-f(0,0)}x & =\lim_{x\to0+}\frac{|x|\varphi(0,0)}x            \\
                                                         & =\varphi(0,0),\lim_{x\to0-}\frac{f(x,0)-f(0,0)}x \\
                                                         & =\lim_{x\to0-}\frac{|x|\varphi(0,0)}x            \\
                                                         & =-\varphi(0,0)
                  \end{aligned}
              $$
              若$f_x(0,0)$存在，则有$\varphi(0,0)=0$.对$f_y(0,0)$亦可得到相同结果.
        \item 证明：若$\varphi(0,0)=0$,则$f_x(0,0)=f_y(0,0)=0.$
              $\leq2\varphi(\Delta x,\Delta y)\longrightarrow0,(\Delta x,\Delta y)\to(0,0).$ 因此$f(x,y)$在(0,0)点处可微.
    \end{enumerate}
\end{solution}

\section{求偏导数和隐函数定理}

\begin{example}
    设 $z=z(x,y)$ 是由方程 $F(e^x,x-y,xz)=0$所确定的函数，并且函数 $F$ 具有一阶连续偏导数. 求偏导 $\frac{\partial z}{\partial x}$和 $\frac{\partial z}{\partial y}$
\end{example}
\begin{solution}
    解 1. 利用隐函数求导法则以及复合函数求导法则，
    $$
        \frac{\partial z}{\partial x}=-\frac{F_x^{\prime}}{F_z^{\prime}}=-\frac{F_2^{\prime}+zF_3^{\prime}}{e^zF_1^{\prime}+xF_3^{\prime}}.
    $$

    $$
        \frac{\partial z}{\partial y}=-\frac{F_{y}^{\prime}}{F_{z}^{\prime}}=-\frac{-F_{2}^{\prime}}{e^{z}F_{1}^{\prime}+xF_{3}^{\prime}}=\frac{F_{2}^{\prime}}{e^{z}F_{1}^{\prime}+xF_{3}^{\prime}}.
    $$
    解 2. 将方程 $F(e^z,x-y,xz)=0$ 两边微分，得：
    $$
        F_1^{\prime}e^z\mathrm{d}z+F_2^{\prime}(\mathrm{d}x-\mathrm{d}y)+F_3^{\prime}(z\mathrm{d}x+x\mathrm{d}z)=0.
    $$
    由上式解得：
    $$
        \mathrm{d}z=\frac{-(F_2^{\prime}+zF_3^{\prime})\mathrm{d}x+F_2^{\prime}\mathrm{d}y}{e^zF_1^{\prime}+xF_3^{\prime}},
    $$
    即
    $$
        \frac{\partial z}{\partial x}=-\frac{F_2^{\prime}+zF_3^{\prime}}{e^zF_1^{\prime}+xF_3^{\prime}},\quad\frac{\partial z}{\partial y}=\frac{F_2^{\prime}}{e^zF_1^{\prime}+xF_3^{\prime}}.
    $$



\end{solution}
\begin{example}
    令 $z=f(\mathrm{e}^{x+y},y\sin x)$, 并且假设 $f$ 对其变量有二阶连续偏导数，求 $\frac{\partial z}{\partial x}$ 以及 $\frac{\partial^2z}{\partial x\partial y}$
\end{example}

\begin{solution}
    令\(u\)等于 $x+y$ ,$v=y\sin x$, 则有\[\begin{aligned}
                                                      \frac{\partial z}{\partial x}&=f_1'\cdot\frac{\partial u}{\partial x}+f_2'\cdot\frac{\partial v}{\partial x}=f_1'\cdot e^{x+y}+f_2'\cdot y\cos x.                                \\
            \frac{\partial^2z}{\partial x\partial y} & =\frac\partial{\partial y}(f_1^{\prime}\cdot e^{x+y}-f_2^{\prime}\cdot y\cos x)                                                                                                 \\
                                                     & =e^{x+y}(f_{11}^{\prime\prime}e^{x+y}+f_{12}^{\prime\prime}\sin x)+e^{x+y}f_{1}^{\prime}+\cos xf_{2}^{\prime}+y\cos x(f_{12}^{\prime\prime}e^{x+y}+f_{22}^{\prime\prime}\sin x) \\
                                                     & =e^{x+y}f_1'+e^{2(x+y)}f_{11}''+e^{x+y}(\sin x+y\cos x)f_{12}''+\cos xf_2'+y\cos x\sin xf_{22}''.
        \end{aligned}\]
\end{solution}


\section{第六周作业}

\subsection{计算题}
\begin{enumerate}
    \item $\int_0^ax^2\sqrt{a^2-x^2}\mathrm{d}x$
    \item $\int_0^3\frac{x}{1+\sqrt{1+x}}\mathrm{d}x$
    \item $\int_0^\pi\sin^3x\mathrm{d}x$

          \begin{remark}
              如果是\(\int_0^\pi x\sin^3x\mathrm{d}x\)，结果是什么呢？可以回顾一下例题 \ref{ex:2.1}
          \end{remark}

    \item $\int_0^{\frac12}\frac{\arcsin\sqrt{x}}{\sqrt{1-x}}\mathrm{d}x$
    \item $\lim_{x\to0}\frac{\displaystyle\int_x^{2x}t(e^{xt}-1)\mathrm{d}t}{x^4}$
\end{enumerate}



\subsection{解答题}
\begin{enumerate}
    \item 已知 $z=x^3f\left(\frac y{x^2}\right)$, 求 $\frac{\partial z}{\partial x},\frac{\partial^2z}{\partial x\partial y}$

    \item 已知二元函数 $z=\left(1+\frac xy\right)^{\frac1x}$, 该函数在 (1,1) 处的全微分 d$z\mid _{(1, 1)} .$
    \item 令 $z=f(e^{x+y},y\sin x)$, 并假设 $f$ 对其变量有二阶连续偏导数，求 $\frac{\partial z}{\partial x}$ 以及 $\frac{\partial^2z}{\partial x\partial y}$
    \item 讨论 $f(x,y)=\begin{cases}\frac{xy^2}{x^2+y^4},&(x,y)\neq(0,0)\\0,\quad &(x,y)=(0,0)\end{cases}$ 的连续性和可微性
    \item 设 $\alpha>0$,讨论函数 $f(x,y)=|xy|^{\alpha}$ 在原点的可微性.
\end{enumerate}


\section{参考答案}
\subsection{计算题}
\begin{enumerate}
    \item \(\int_0^ax^2\sqrt{a^2-x^2}\mathrm{d}x=\frac12\int_0^a\sqrt{ax^2-x^4}\mathrm{d}x^2=\frac12\int_0^{a|a|}\sqrt{a^2u-u^2}\mathrm{d}u=\frac{a^4\pi\operatorname{sgn}a}{16}\)
    \item $\int_0^3\frac{x}{1+\sqrt{1+x}}\mathrm{d}x=\int_0^3(\sqrt{1+x}-1)\mathrm{d}x=\frac{5}{3}$
    \item $\int_0^\pi\sin^3x\mathrm{d}x=2\times\frac{2!!}{3!!}=\frac{4}{3}$
    \item $\int_{0}^{\frac{1}{2}}\frac{\arcsin\sqrt{x}}{\sqrt{1-x}}dx=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}2t\sin tdt=(-t\cos t+\sin t)|_{0}^{\frac{\pi}{4}}=\sqrt{2}(1-\frac{\pi}{4})$
    \item 由$x\to0$ 时$e^x-1\sim x$ 可知$,x\to0$ 时
          $$
              \int_x^{2x}t(e^{xt}-1)\mathrm{d}t\sim\int_x^{2x}xt^2\mathrm{d}t=\left.\frac x3t^3\right|_x^{2x}=\left.\frac{7x^4}3.\right.
          $$
          因此，
          $$
              \lim_{x\to0}\frac{\int_x^{2x}t(e^{xt}-1)\mathrm{d}t}{x^4}=\frac73.
          $$
\end{enumerate}

\subsection{解答题}

\begin{enumerate}
    \item \[
              \begin{aligned}
                   & \frac{\partial z}{\partial x}=3x^{2}f(\frac{y}{x^{2}})-2yf^{\prime}(\frac{y}{x^{2}})                                                                                                    \\
                   & \frac{\partial^{2}z}{\partial x\partial y}=3x^{2}f^{\prime}(\frac{y}{x^{2}})\cdot\frac{1}{x^{2}}-2f^{\prime}(\frac{y}{x^{2}})-2yf^{\prime\prime}(\frac{y}{x^{2}})\cdot(\frac{1}{x^{2}}) \\
                   & =f^{\prime}(\frac y{x^{2}})-\frac{2y}{x^{2}}f^{\prime\prime}(\frac y{x^{2}})
              \end{aligned}\]
    \item  分别对 $x$ 和 $y$ 求偏导有
          $$
              \frac{\partial z}{\partial x}=\frac1y\left(1+\frac xy\right)^{\frac{1-x}x}-\frac1{x^2}\cdot\left(1+\frac xy\right)^{\frac1x}\ln\left(1+\frac xy\right),
          $$
          从而，
          $$
              \mathrm{d}z|_{(1,1)}=(1-2\ln2)\:\mathrm{d}x-\mathrm{d}y.
          $$
    \item 令\(u\)等于 $x+y$ ,$v=y\sin x$, 则有\[\begin{aligned}
                                                           & \frac{\partial z}{\partial x}=f_1'\cdot\frac{\partial u}{\partial x}+f_2'\cdot\frac{\partial v}{\partial x}=f_1'\cdot e^{x+y}+f_2'\cdot y\cos x.                                \\
                  \frac{\partial^2z}{\partial x\partial y} & =\frac\partial{\partial y}(f_1^{\prime}\cdot e^{x+y}-f_2^{\prime}\cdot y\cos x)                                                                                                 \\
                                                           & =e^{x+y}(f_{11}^{\prime\prime}e^{x+y}+f_{12}^{\prime\prime}\sin x)+e^{x+y}f_{1}^{\prime}+\cos xf_{2}^{\prime}+y\cos x(f_{12}^{\prime\prime}e^{x+y}+f_{22}^{\prime\prime}\sin x) \\
                                                           & =e^{x+y}f_1'+e^{2(x+y)}f_{11}''+e^{x+y}(\sin x+y\cos x)f_{12}''+\cos xf_2'+y\cos x\sin xf_{22}''.
              \end{aligned}\]
    \item 取$x=y^2$， $f(x,y)=\frac{1}{2}$，但是 $y=0$ 时，$f(x,y)=0$，这表明 $f(x,y)$ 在 $(0,0)$ 点不连续，所以在 $(0,0)$ 点也不可微.
    \item  根据偏导数的定义，有

          结合 $f(0,0)=0$ 就有
          $$
              f_{x}(0,0)=\lim_{\Delta x\to0}\frac{f(\Delta x,0)-f(0,0)}{\Delta x}=\lim_{\Delta x\to0}\frac{0-0}{\Delta x}=0;
          $$
          $$
              \\f_{y}(0,0)=\lim_{\Delta y\to0}\frac{f(0,\Delta y)-f(0,0)}{\Delta y}=\lim_{\Delta y\to0}\frac{0-0}{\Delta y}=0.
          $$
          当$\alpha>\frac{1}{2}$时，由$|\Delta x\Delta y|\leq\frac{1}{2}[(\Delta x)^{2}+(\Delta y)^{2}]$ 可知



          $$
              \frac{f(\Delta x,\Delta y)-f(0,0)-f_x(0,0)\Delta x-f_y(0,0)\Delta y}{\sqrt{(\Delta x)^2+(\Delta y)^2}}=\frac{|\Delta x\Delta y|^\alpha}{\sqrt{(\Delta x)^2+(\Delta y)^2}}.
          $$

          $$
              \frac{|\Delta x\Delta y|^\alpha}{\sqrt{(\Delta x)^2+(\Delta y)^2}}\leq\frac1{2^\alpha}[(\Delta x)^2+(\Delta y)^2]^{\alpha-\frac12}\to0\:(\Delta x\to0,\:\Delta y\to
          $$

          即$\alpha>\frac{1}{2}$时，$f(x,y)$ 在原点可微.
          当$0<\alpha\leq\frac{1}{2}$ 时，令$(\Delta x,\Delta y)$ 沿着$\Delta y=\Delta x$ 趋近于\((0,0)\)时，有

          $$
              \lim_{(\Delta x,\Delta y=\Delta x)\to(0,0)}\frac{|\Delta x\Delta y|^\alpha}{\sqrt{(\Delta x)^2+(\Delta y)^2}}=\frac1{\sqrt{2}}\lim_{\Delta x\to0}|\Delta x|^{2\alpha-1}\neq0.
          $$
          所以$\lim_{(\Delta x,\Delta y)\to(0,0)}\frac{|\Delta x\Delta y|^{\alpha}}{\sqrt{(\Delta x)^{2}+(\Delta y)^{2}}}\neq0$,即$0<\alpha\leq\frac{1}{2}$ 时，$f(x,y)$ 在原点不可微.
\end{enumerate}